动量与能量问题专题探究

动量和能量的知识是高中物理中的重点内容和主干知识，动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒和功能关系的综合应用是历年来高考物理命题的重点、热点。动量和能量思想是贯穿整个物理学的基本思想，应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合部，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，内容最丰富的部分，历来是高考命题的热点，而且命题方式多样，题型全，分量重，小到选择题，填空题，大到压轴题，都可能在此出题．考查内容涉及中学物理的各个版块，因此综合性强．也是很多同学普遍感到棘手的难点之一。本文指导同学们研究整合高中力学的主干知识和解题的方法，特别是动量和能量知识的综合应用。1．如图1所示，独立理清两条线：一是力的时间积累——冲量——动量定理——动量守恒；二是力的空间移位积累——功——动能定理——机械能守恒——能的转化与守恒．把握这两条主线的结合：系统．．。即两个或两个以上物体组成相互作用的物体系统。动量和能量的综合问题通常是以物体系统为研究对象的。2．解题时要抓特征扣条件，认真分析研究对象的过程特征，若只有重力、系统内弹力做功就看是否要应用机械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考虑能否应用动能定理或能的转化关系建立方程；若过程满足合外力为零，或者内力远大于外力，判断是否要应用动量守恒；若合外力不为零，或冲量涉及瞬时作用状态，则应该考虑应用动量定理还是牛顿定律．3．应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，图1二、重难点剖析一、大纲解读动量与能量问题专题探究力的积累和效应牛顿第二定律F=ma力对时间的积累效应冲量I=Ft动量p=mv动量定理Ft=mv2-mv1动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’系统所受合力为零或不受外力力对位移的积累效应功：W=FScosα瞬时功率：P=Fvcosα平均功率：cosvFtWP机械能动能221mvEk势能重力势能：Ep=mgh弹性势能动能定理21222121mvmvWA机械能守恒定律Ek1+EP1=Ek2+EP2或ΔEk=ΔEP也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加．1．同一直线上的弹性碰撞弹性碰撞是动量和动能都守恒的碰撞111122222111122111222mvmvmvmvmvmv，本方程组的解为：（1）121112121122mmvvmmmvvmm或：（2）1120vvv这两个根应该根据物理情景取舍。两个刚性小球间的弹性碰撞（见图2所示）的结果只取解（1）；这个方程组的解应该记住才能提高解题速度。两个刚性小球间的弹性碰撞（见图1所示）的讨论：①若m1=m2,则v1’=v2’，速度交换；②若m1＜m2,则v1’＜0主动球反弹，v2’＞0被动球向前；若m1m2,则v1’≈－v1主动球几乎原速反弹，v2’≈0被动球几乎不动；③m1＞m2,则v1’＞0主动球继续向前，v2’＞0被动球向前；若m1m2,则v1’≈v1主动球速度几乎不变，v2’≈2v1被动球几乎以2倍速向前；2．完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是所有碰撞种类中，动能损失最大的情况一动一静完全非弹性碰撞1112221112max1122mvmmvmvmmvE方程组的解：1112mvvmm222max110121212kmmEmvEmmmm完全非弹性碰撞过程中损失的动能大小是一定的，只与两个物体的质量比有关，与转化的方式无关。这个损失的动能在不同的问题中可以转化为不同的能量，如：系统增加的内能、焦耳热、气体的内能、弹簧的弹性势能、重力势能、两个点电荷间的电势能、原子的能级跃迁等。3．一般碰撞111122222111122111222mvmvmvmvmvmvE该方程组如果v’1和v’2都未知，则有三个未知数，没有定解，但可以证明：0≤ΔE≤ΔEmax.即，221112102mEmvmm子弹打木块模型、滑块小车模型是比较类似的，以滑块小车模型为例。如图3所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上摩擦因数为μ的小车表面，小车足够长，最后滑块和小车以v共共速前进。我们可以列出方程：（二）滑块小车及子弹打木块模型（一）一动一静的碰撞模型三、常见模型、情景与过程m1v1m2m1＜m2情景：m1v’1m2v2’m1＞m2情景：m1v’1m2v2’图2mv0（M+m）v共Ms物s车s相对图30220max1122mvmMvmvmMvE共共这方程组显然与完全非弹性碰撞相似，方程的解完全相同：1．0mvvmM共2．2max0012kMMEmvEmMmM，这一过程中损失的动能比例是一定的，与μ和S相无直接关系。以下是一些关于能量转化的重要结论（注意图3中的位移关系）：3．摩擦力对滑块做功：2201122fsmvmv物共4．摩擦力对小车做功：fs车＝212Mv共5．整个过程中产生的热量（损失的动能）2max01()2MQEmvfsfsmgsmM物板相，我们经常用到这个结论：Q＝fs相.，它表明了动能转化为内能的方式和转化关系。例如传送带问题中，物体与传送带间产生的热量：Q=fs相对滑动的路程.这一能量关系有些同学会觉得较为复杂，图4可以帮助分析、记忆.情景1．如图5所示质量为M的光滑圆弧轨道置于光滑水平面上，质量为m的质点由轨道上h处滑到轨道的底端，求轨道和质点分别获得的速度。由于水平动量守恒：mvMu质点的势能转化为两个物体的动能：221122mghmvMu由这两个方程显然可以很容易地求出速度u和v来.情景2．如图6a所示，质点m以速度v0滑上质量为M的原来静止的光滑圆弧轨道，达到的最高点高度为h，（图6b所示）则有：水平方向上动量守恒：0()mvMmv共整体机械能守恒：22011()22mvMmvmgh共仿照完全非弹性碰撞结论，有：22001,22()MvMmghmvhmMgMm情景3．当滑块在上面又滑回来时（图6c所示），设速度大小分别为v1和v2则：021222021111222mvMvmvmvMvmv解得：10202mMvvmMmvvmM这与弹性碰撞的解是一样的。要注意（a）（b）（c）三个图中，M的位置是逐渐向左移动的，m对M的压力一直对M做正功，M的速度也越来越大。（三）圆弧轨道模型及人船模型Q2012MmvmMmgs相图4MmMumv光滑平面图5（a）（b）（c）h（M+v）共mv0光滑平面Mmv1Mv2图6情景4．如图7所示，质量为M的小船静止在平静的水面上，一个质量为m的人（可以看成质点）站在小船的一端，小船的总长度为L，人从小船的一端走到另一端站稳的过程中，人相对地移动的距离为s，同时船相对地移动的距离为d，注意到有L＝s+d.由于总动量为零，所以人行船行，人停船停，两者运动时间相同。由于水平动量守恒：mvMV，故sdmMtt所以，()mLdMd船移动的距离：mLdMm如图8所示为质量相同的双振子在一个周期内的运动情景，由于不受外力的作用，共有的质心在水平方向上作匀速运动.在弹簧原长（弹性势能为零，动能守恒）的两个瞬间，相当于弹性碰撞的情况，出现“速度交换”现象，分别是前述弹性碰撞方程组的解（1）或解（2）的结果；最长和最短瞬间都是两个物体共速的时候，是弹性势能最大、动能损失最大的时刻，相当于完全非弹性碰撞。该模型的讨论较为复杂，应该利用弹簧的特殊点（原长、最短、最长）对全过程进行分段，耐心地利用动量和能量关系逐段分析，从而得到清晰的运动图景.【例1】两个球A、B在光滑的水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A球追上球B并发生正碰后，两球A、B速度的可能值是（取两球碰撞前的运动方向为正）A．v’A＝5m/s，v’B=2.5m/sB．v’A＝2m/s，v’B＝4m/sC．v’A=－4m/s，v’B=7m/sD．v’A=7m/s，v’B＝1.5m/s解析：判断球A、B碰撞后的速度可能值有三种途径：（1）情景的可能性碰撞完成后，被碰小球B的速度一定比原来的速度大，因此D选项一定是错的；碰后如果两个小球分开并且同向运动，则后面的A球的速度一定要小于前面的B球的速度，因此A选项一定是错的；（2）碰撞前后的动量守恒B、C选项都可能是对的（3）机械碰撞后的动能一定不会大于碰撞前的动能，即222211112222AABBAABBmvmvmvmv，由此可得C项错误。所以，正确的选项是B.【例2】一质量为m静止在光滑水平面上的物体B，其上有一与水平面相切的光滑弧形轨道，如图9所示，现有质量也为m的滑块A，以水平速度v0向B滑去，若不计一切摩擦和碰撞的机械能损失，则下列说法正确的有A.若A不能翻过B的最高点，那么A、B分离后一定是A静止，B以速度v0向右运动；B.若A能翻过B的最高点，且能沿B的右侧面下滑，那么A、B分离后一定是B静止，A以速度v0向右运动；C．若A恰好能翻过B的最高点，且沿B的右侧面下滑，那么B获得的最大的动能为2041mvD．若A恰好能翻过B的最高点，则当A在B的最高点时，B的动能为2081mv解析：A项：A、B分离后动能守恒，动量守恒，速度交换，是正确的；B项：A越过B的最高点再滑（四）一动一静的弹簧模型四、情景、过程与方法sd图7v0v/2v/2vv/2v/2v0初始：弹簧原长共速：弹簧最短速度交换0弹簧原长共速：弹簧最长还原：弹簧原长图8ABv0图9到水平面分离后，A、B的动能和动量也守恒，可以看出，它是弹性碰撞的第（2）组解描述的情景，所以B项是正确的；C、D项：A滑上B的过程中，A对B做正功，A翻过B的最高点后，沿右侧下滑，A对B则做负功，所以，B获得的最大动能应该是在A恰好越过B的最高点的时刻，计算结果D项正确。点评：这个题目与上述的弹簧双振子模型有异曲同工之处。【例3】如图10所示，质量为m0的小球随着质量同为m0的甲小车一起以速度v0向右做匀速运动，小球静止在甲小车内半径为r的圆弧形槽的最低点。运动中，甲车与另一辆质量同为m0的乙小车发生完全非弹性碰撞。不计一切摩擦，求：（1）甲车与乙车相碰后，两车的共同速度是多少？（2）小球能上升的最大高度h是多少？（3）小球从最高点回到小车圆弧槽底部时，对小车的压力N是多少？解：（1）第一阶段：甲、乙两车相撞，不考虑小球对小车的作用，两车组成的体系水平动量守恒00001()mvmmv解得：v1=v0/2(2)第二阶段：小球向上滚至最高点，这个阶段由小球和两车组成的体系水平动量守恒，机械能守恒。00022220010202311123222mvmvmvmvmvmgh可以解得：2012vhg（3）第三阶段：小球回滚到最低点，这个阶段系统在水平方向上的动量及机械能仍然守恒。设小球回到最低点时相对地面的速度为v3，两车的速度为v4,00040322220010403221111222222mvmvmvmvmvmvmv解得：（1）0340356vvvv，或（2）30042vvvv由于小球滚上最高点和滚回最低点的过程中，对车的压力一直做正功，车的速度增大，所以两车的速度不可能仍等于v0/2，因此解（2）必须舍去。即，小球回到最低点时，球和车的速度分别是033vv和4056vv，方向都向右.对小球应用牛顿第二定律，有；20430()mvvNmgr，解得20()4vNmgr点评：本题分段明显。第一个问题的求解，虽然两车和小球组成的系统水平动量也守恒，但题目只考虑两车的水平动量；第二个问题中最后三个物体共速，小球在最高点，列式考虑的是三个物体的水平动量